2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大題題型歸納：第06講 數(shù)列中的恒成立和存在性問題（解析）

第06講數(shù)列中的恒成立和存在性問題考法呈現(xiàn)考法一：數(shù)列中的恒成立問題滿分秘籍?dāng)?shù)列的“存在性和恒成立問題”的本質(zhì)是不等式的問題，是高考中的熱點(diǎn)問題。在出題上，經(jīng)常巧妙的植入數(shù)列的求和中。因此數(shù)列的恒成立問題可以采用不等式的方法來求解，比如可以進(jìn)行“參變分離”后等價(jià)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題進(jìn)行求解。例題分析【例1-1】恒成立與分組求和已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)n,S(1)證明：數(shù)列an(2)若bn=?1nan，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和T【答案】(1)證明見解析；(2)m=1【分析】(1)利用an(2)分奇偶項(xiàng)討論，先得出Tn，分離參數(shù)，求T【詳解】（1）將點(diǎn)n,Sn代入曲線x2故an又S1=2×1?1則an+1?an=?2（2）由（1）可知：bn若n=2kk∈則Tn=b1+此時(shí)mT易知fn=1?2n單調(diào)遞增，若n=2k?1k∈N?，則Tn=此時(shí)mT易知fn=1+2n?2又n=1時(shí)，T1=b1=?1綜上所述，對(duì)于?n∈N?，【例1-2】恒成立與裂項(xiàng)相消求和已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an滿足2Sn=an+1(1)求數(shù)列an(2)若對(duì)任意n∈N+，且當(dāng)n≥2時(shí)，總有14【答案】(1)a(2)1,+∞.【分析】（1）由an與Sn的關(guān)系式即可證得數(shù)列an（2）由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求出Sn，再由裂項(xiàng)相消法可證明14S【詳解】（1）∵2Sn=當(dāng)n=1時(shí)，S1=a當(dāng)n≥2時(shí)，an即an∵an+an?1∴數(shù)列an∴an（2）因?yàn)閍n=2n?1∴當(dāng)n≥2時(shí)，1S∴1==1∴λ≥1，∴實(shí)數(shù)λ的取值范圍為1,+∞.【例1-3】恒成立與錯(cuò)位相減求和已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，(1)求數(shù)列an(2)設(shè)bn=Sn3n，bn的前n項(xiàng)和為T【答案】(1)a(2)?1,2【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的定義以及an（2）利用錯(cuò)位相減法可求得Tn，在根據(jù)題意得m【詳解】（1）由Sn+1=2Sn+所以數(shù)列Sn2n∴Sn2n∴當(dāng)n≥2時(shí)，an又a1=1不滿足上式，所以（2）由（1）知Sn=2n?1?∴Tn=23T①?②得：13整理得Tn又因?yàn)閷?duì)任意的正整數(shù)n，Tn>m∵Tn+1∴Tn在0,+∞上單調(diào)遞增，T由m2?m+727所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是?1,2.【例1-4】恒成立與數(shù)列的函數(shù)特性在①Sn=2bn?1，②?4bn=bn?1已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a1=23，a3=a1a2，數(shù)列{bn}的首項(xiàng)b1=1，其前【答案】①不存在；②存在，1；③存在，3【分析】由數(shù)列an為等比數(shù)列得an=23n，選擇①：通過Sn?Sn?1=bn得bnbn?1=2(n≥2)，進(jìn)而求出bn的通項(xiàng)公式，求出anbn【詳解】設(shè)等比數(shù)列an的公比為q因?yàn)閍1=2所以q=a3a選擇①：由Sn=2b兩式相減整理，得bnbn?1所以bn所以bn=2由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知，數(shù)列an所以不存在k∈N*，使得對(duì)任意n∈N選擇②：因?yàn)?4bn=所以數(shù)列bn是首項(xiàng)為1、公比為?所以bn=?因?yàn)閍n當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)取得最大值23所以存在k=1，使得對(duì)任意n∈N?，選擇③：由bn=bn?1+2(n≥2)又b1=1，所以設(shè)cn則cn+1所以當(dāng)n≤2時(shí)，cn+1>cn，當(dāng)則c1所以存在k=3，使得對(duì)任意n∈N?，變式訓(xùn)練【變式1-1】在①2Sn=3a設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足________，(1)求數(shù)列an(2)若存在正整數(shù)n0，使得bn0≥b【答案】(1)a(2)n【分析】（1）若選擇條件①：利用an+1=Sn+1?（2）求出bn+1?bn=【詳解】（1）若選擇條件①：∵2Sn=3即an+1令n=1，則2S1=3∴an是以3為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，若選擇條件②：∵a∴l(xiāng)og3a∴l(xiāng)og∴a（2）∴b∵b∴當(dāng)1≤n≤3,bn+1?當(dāng)n≥4,bn+1?∴當(dāng)n0=4時(shí)，bn【變式1-2】在數(shù)列an中，a1=1,(1)證明數(shù)列bn(2)設(shè)cn=2bn2n+1，數(shù)列c(3)對(duì)?n∈N*，使得bn【答案】(1)證明見解析(2)T(3)2【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的定義進(jìn)行證明；（2）由（1）可求出bn，從而可求得c【詳解】（1）因?yàn)閍1所以bn+1?bn=12b1所以數(shù)列bn（2）由（1）可得bn所以cn所以Tn=212T所以①-②得12Tn=21所以T（3）bn=n，因?yàn)閷?duì)?n∈N則對(duì)?n∈N*，使得則nn+1n+3≤λ即λ≥1n+3根據(jù)對(duì)勾函數(shù)單調(diào)性結(jié)合n∈N*可知當(dāng)n=2時(shí)，1n+故λ≥215，則【變式1-3】已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1=3，(1)求S2，S3及(2)設(shè)bn=an+1an?1an+1?1，數(shù)列bn【答案】(1)S2=12，S(2)9【分析】（1）根據(jù)遞推公式和a1的值，即可求出S2，S3（2）求出數(shù)列bn的通項(xiàng)公式，得出數(shù)列bn的前n項(xiàng)和，由不等式的恒成立，還可求出【詳解】（1）由題意，n∈在數(shù)列an中，a1=3當(dāng)n≥2時(shí)，Sn當(dāng)n=1時(shí)上式也符合，∴Sn=33n∴當(dāng)n≥2時(shí)，an=S∴an的通項(xiàng)公式為a（2）由題意及（1）得，n∈N在數(shù)列an中，a數(shù)列bn中，b∴Tn∵Tn∴λ≥9∵94∴943n+1?1的最大值為∴λ的最小值為932【變式1-4】已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和Sn滿足2Sn=(1)求an(2)設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，若5m?24<T【答案】(1)a(2)1【分析】（1）依題意可得Sn=an+122，再根據(jù)a（2）由（1）可得bn=141n?【詳解】（1）由2Sn=當(dāng)n=1時(shí)，a1=S當(dāng)n≥2時(shí)，an化簡得an∴數(shù)列an是以1為首項(xiàng)，2所以an（2）由（1）可得bn∴數(shù)列bn的前n項(xiàng)和T∵Tn+1∴Tn單調(diào)遞增，∴T∵Tn∴18若使得5m?24<Tn<5m對(duì)一切n∈∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是120【變式1-5】圖中的數(shù)陣滿足：每一行從左到右成等差數(shù)列，每一列從上到下成等比數(shù)列，且公比均為實(shí)數(shù)q,aa(1)設(shè)bn=a(2)設(shè)Sn=a1,1+a2,1【答案】(1)bn(2)存在，λ=3【分析】（1）利用給定的數(shù)陣及相關(guān)信息，求出等差數(shù)列公差、等比數(shù)列的公比即可求解作答.（2）利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式求出Sn，再分奇偶討論求解不等式恒成立的λ【詳解】（1）設(shè)a1,1=t，第一行從左到右成等差數(shù)列的公差為則a1,3由a4,22=a7,5于是t+2d=5(t+d)2=t+4d，又t>0因此q=?2，a所以an,n=a（2）由（1）知，an,1當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，不等式等價(jià)于λ>32?2n當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，不等式等價(jià)于λ<32?2n2n所以存在λ=32，使得考法二：數(shù)列中的存在性問題例題分析【例2】已知：正整數(shù)列an各項(xiàng)均不相同，n∈N*，數(shù)列(1)若T5=3，寫出一個(gè)滿足題意的正整數(shù)列(2)若a1=1,a(3)證明若?k∈N?，都有ak≤n，是否存在不同的正整數(shù)i，j，使得Ti【答案】(1)a(2)a(3)證明見解析【分析】（1）可取a1（2）由題設(shè)條件可得Sn=12n+1（3）假設(shè)存在不同的正整數(shù)i，j滿足題設(shè)要求，利用不等式放縮后可得1≤Ti<3，從而Ti=2【詳解】（1）取a1=3,a符合題設(shè)要求.（2）設(shè)Sn由已知得Tn=a當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí)有an=S所以數(shù)列an又a1=1，a2=2，所以有a2（3）Ti=a1+a2設(shè)a1+a所以1+2+?+i≤Si≤n+而Ti=S因?yàn)閚2≤i，所以又因?yàn)門i為大于1的整數(shù)，所以Ti的可能取值為2，同理所以SiSj又因?yàn)镾j故j?ii+j+1因?yàn)閖?i>0，故j+i+1≤0，而n2≤i<j，故故不存在不同的正整數(shù)i，j，使得Ti，T【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第三問的關(guān)鍵是通過等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得到ii+12≤Si≤i2n?i+12，再計(jì)算得j?ii+j+1≤滿分秘籍?dāng)?shù)列的“存在性和恒成立問題”的本質(zhì)是不等式的問題，是高考中的熱點(diǎn)問題。在出題上，經(jīng)常巧妙的植入數(shù)列的求和中。因此數(shù)列的恒成立問題可以采用不等式的方法來求解，比如可以進(jìn)行“參變分離”后等價(jià)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題進(jìn)行求解。變式訓(xùn)練【變式2-1】記Sn為正數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知(1)求a1(2)求最小的正整數(shù)m，使得存在數(shù)列an，S【答案】(1)1(2)3【分析】（1）根據(jù)題意可推得Sn+1?a（2）利用（1）中結(jié)論可得Sm?a【詳解】（1）由題意Sn則Sn+1則an=d>0，故（2）由（1）可知an=d>0，一方面故m>d+2d≥22，當(dāng)且僅當(dāng)由于m為正整數(shù)，故m≥3，另一方面，m=3時(shí)，an=2綜上所述，正整數(shù)m的最小值是3．【變式2-2】已知數(shù)列an滿足a1=3(1)設(shè)bn=a(2)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，求使得不等式Sn【答案】(1)證明見解析(2)20【分析】（1）由已知條件，用a2n表示出bn，得出a2n=bn?12，再用a2n表示出b（2）由（1）的結(jié)論表示出S2n=2n+1+3n?2，S2n+2=【詳解】（1）證明：∵an+1∴a2n=a2n?1∴a又∵b∴b∴a∵b∴b又∵a∴b∴a∴bn+1+1∴b又∵b∴b∴b∴數(shù)列bn（2）由（1）可知數(shù)列bn∴b即bn∴a∴S∴S又∵a∴a即a2n?1∴a∴S∵SS2n+2∴Sn在∵SS20∴滿足題意的n的最小值是20．【變式2-3】已知數(shù)列{an}是正項(xiàng)等差數(shù)列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比數(shù)列；數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足2Sn+bn＝1．(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項(xiàng)公式；(2)如果cn＝anbn，設(shè)數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，是否存在正整數(shù)n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，說明理由．【答案】(1)an=n(2)存在，2【分析】（1）數(shù)列an是等差數(shù)列，a2,a4,a6用公差a1與d表示出來后，由已知求得d，可得通項(xiàng)公式，數(shù)列bn是已知Sn與b（2）數(shù)列cn是由等差數(shù)列與等比數(shù)列相乘所得，其前n項(xiàng)和Tn用錯(cuò)位相減法求得，由（1）得出Sn，作差Tn?Sn【詳解】（1）設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比數(shù)列，∴a42=a2a6所以an由2Sn+bn＝1，得Sn當(dāng)n＝1時(shí)，2S1+b1＝1，解得b1當(dāng)n≥2時(shí)，bn所以bn所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為13，公比為1故bn（2）由（1）知，cn所以Tn則13①-②得，23Tn所以Tn又Sn所以Tn因?yàn)?n+33所以1?2n+33n+1所以Tn?Sn是遞增數(shù)列，且當(dāng)故當(dāng)n>1時(shí)，Tn?S故所求的正整數(shù)n存在，其最小值是2.【變式2-4】已知數(shù)列an滿足a1=12，2an（1）數(shù)列an，b（2）若cn=bn+1?bna【答案】（1）an=1+?【分析】（1）由題得數(shù)列an?1是等比數(shù)列，即求出數(shù)列an的通項(xiàng)；由題得{bn（2）先求出cn=1,【詳解】解：（1）由2an+1所以數(shù)列an?1是等比數(shù)列，公比為解得an由nbn+1?所以{bnn所以bn解得bn（2）由cn=b記dn=2n+1所以dn為單調(diào)遞減且d1=32所以cn因此c1當(dāng)n=2k時(shí)，n2+3當(dāng)n=2k+1時(shí)，n2+3故c1+c【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答本題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)，其一：求出cn=1,真題專練1．在公差不為零的等差數(shù)列an中，a1=1，且a1,a3,a(1)求數(shù)列an和b(2)設(shè)cn=bn?an，數(shù)列cn的前n項(xiàng)和【答案】(1)an=2n?1(2)?1<a<1【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d≠0，根據(jù)等比中項(xiàng)的性質(zhì)得到方程，求出d，即可求出an的通項(xiàng)公式，再根據(jù)bn=S1,n=1（2）由（1）可得cn=2n?2n?1，利用分組求和法求出Tn，令f【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d≠0,∵a1∴a32=a1a所以an∵數(shù)列bn的前n項(xiàng)和S當(dāng)n=1時(shí)，b1=2當(dāng)n≥2時(shí)，bn=S即數(shù)列bn是首項(xiàng)為2，公比為2∴b（2）由（1）可得cn∴∴T令fn=2∴fn單調(diào)遞增，∴f∴l(xiāng)og21?a<1，2．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1(1)求數(shù)列an(2)設(shè)數(shù)列bn滿足4bn+n?5an=0n∈N?，記b【答案】(1)a(2)?4,1【分析】（1）由an=S1,n=1Sn（2）由錯(cuò)位相減法得到Tn=?5n?45n+1，進(jìn)而得到不等式，即λ【詳解】（1）當(dāng)n=1時(shí)，5a2+a當(dāng)n≥2時(shí)，由5an+1得5an①－②得5aa2=?6425∴an+1又a2∴an是首項(xiàng)為?165∴an（2）由4bn+所以Tn45兩式相減得1=?=?16所以Tn由Tn≤λb即λn?5n=5不等式恒成立；n<5時(shí)，λ≤?4nn?5=?4?n>5時(shí)，λ≥?4nn?5=?4?所以?4≤λ≤1．3．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)n≥2時(shí)，(1)證明：數(shù)列1S(2)若a1=12，數(shù)列2nSn的前n【答案】(1)證明見解析(2)8【分析】（1）n≥2時(shí)，用an（2）用錯(cuò)位相減法求出Tn，不等式可化為m≤n+16n恒成立，再用基本不等式求得n+【詳解】（1）由題意知，當(dāng)n≥2時(shí)，SnSn整理得：SnSn?1=S（2）由a1=1所以1Sn=n+1所以Tn=2?2+3?所以2Tn①-②得?T所以?Tn=4+因?yàn)閙Tn≤由于n+16n≥8，當(dāng)且僅當(dāng)n=44．在數(shù)列an中，a1=?(1)證明：數(shù)列an(2)記數(shù)列nan+2n的前n項(xiàng)和為Tn，若關(guān)于n的不等式【答案】(1)證明見詳解(2)3【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合等比數(shù)列定義分析證明；（2）由（1）可得nan+2n【詳解】（1）由題意可得：a1當(dāng)n≥2時(shí)，可得an則an所以數(shù)列an+2n是以首項(xiàng)為12（2）由（1）可得：an+2n=1可得Tn=1兩式相減得：12所以Tn因?yàn)閚2?Tn原題意等價(jià)于關(guān)于n的不等式nn+12n構(gòu)建bn令bn≥bn+1b則b1<b2=b3>b可得λ≥32，所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍5．已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為S(1)求數(shù)列an(2)在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù)，使這n+2個(gè)數(shù)組成一個(gè)等差數(shù)列，記插入的這n個(gè)數(shù)之和為Tn，若不等式(?1)nλ<2?(3)記bn=1【答案】(1)a(2)?1,(3)詳見解析.【分析】（1）根據(jù)an和Sn的關(guān)系即可求解；（2）根據(jù)等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式求出Tn【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q當(dāng)n=1時(shí)，有a2=a1當(dāng)n≥2時(shí)，an+1=S整理得an+1=2an，可知q=2，代入所以等比數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=（2）由已知在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù)，組成以所以Tn則(?1)n設(shè)cn=2?2當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ<2?22n恒成立，即λ<當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，?λ<2?22n恒成立，即?λ<綜上所述，λ的取值范圍是?1,3（3）證明：由（1）得bn則有b=2b<26．已知函數(shù)fx=ax+bx+2?2aa>0(1)a,b滿足的關(guān)系式；(2)若fx≥2lnx在(3)證明：k=12n【答案】(1)b=a?2(2)1,+∞(3)證明見解析【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；（2）原問題等價(jià)于fx?2lnx≥0在1,+∞上恒成立，令gx（3）利用（2）中結(jié)論，當(dāng)a=1時(shí)，12x?1x≥lnx，令x=【詳解】（1）由題意可得f'因?yàn)閒x在點(diǎn)1,f1處的切線與直線所以f'1×?1（2）因?yàn)閎=a?2，所以fx若fx≥2lnx在1,+∞上恒成立，則fx設(shè)gx=fx則g1=0，①當(dāng)0<a<1時(shí)，2?aa>1，若1<x<2?aa，則g'所以gx<g1=0，即②當(dāng)a≥1，2?aa≤1，當(dāng)x>1時(shí)，g'x>0又g1=0，此時(shí)fx≥2lnx，綜上所述，所求（3）由（2），當(dāng)a≥1時(shí)，fx≥2lnx在取a=1，得x?1x≥2lnx即1令x=n+1則lnn+1因?yàn)閗=n2n?1而k=n=1所以ln2<1又k=1=1+1所以ln2<k=12n?1【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查不等式恒成立問題，解題方法是把不等式變形為gx≥0，然后由導(dǎo)數(shù)求得gx的最小值gxmin，解不等式gxmin≥0即可得參數(shù)范圍，第（3）問注意利用之前構(gòu)造好的不等式，當(dāng)7．已知數(shù)列an中，(1)證明：數(shù)列ann是等差數(shù)列，并求數(shù)列(2)設(shè)bn=2n+1anan+1，數(shù)列bn的前【答案】(1)證明見解析，a(2)λ>【分析】（1）對(duì)nan+1?n+1an=2n（2）由（1）求出bn，再由裂項(xiàng)相消法求和求出Tn，則Tn【詳解】（1）∵nan+1?∴∴數(shù)列ann是首項(xiàng)an∴a（2）bn=2n+1TTn<λnn+1，即λ>∴λ>38．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且(1)求數(shù)列an(2)記bn=an+1an?1?an+1?1，數(shù)列b【答案】(1)a(2)8,+∞【分析】（1）由題意得到Sn=2n+1?2，結(jié)合a（2）由（1）化簡得到bn=22n【詳解】（1）解：由18Sn當(dāng)n≥2時(shí)，an當(dāng)n=1時(shí)，a1所以數(shù)列an為等比數(shù)列，其通項(xiàng)公式為a（2）解：由數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a可得bn所以Tn=b又由22n+1?1Tn當(dāng)n=2時(shí)，?2n?4故λ的取值范圍為8,+∞．9．已知數(shù)列an是首項(xiàng)a1=14，公比q=14(1)證明：數(shù)列bn(2)若cn≤14m【答案】(1)證明見解析(2)m≥1戓m≤?5．【分析】（1）易知an=14n（2）由（1）得cn=3n?2【詳解】（1）證明：由題意知an=1∵bn∴bn=3∴bn+1∴數(shù)列bn是首項(xiàng)b1=1（2）由（1）得bn∵cn+1?c∴當(dāng)n=1時(shí)，c2=c1=即c1∴當(dāng)n=1或2時(shí)，cn取最大值1又cn≤1∴14即m2+4m?5≥0．解得m≥1戓10．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且(1)求數(shù)列an(2)設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，且2bn=n?2a【答案】(1)a(2)?1≤λ≤1【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系，利用作差法構(gòu)造等比數(shù)列，進(jìn)而求解；（2）結(jié)合（1）的結(jié)論得到bn=2?n【詳解】（1）∵Sn∴Sn?1兩式作差得2an=a當(dāng)n=1時(shí)，S1=1?a1所以an?1是首項(xiàng)為?1故an（2）∵2bn=n?2∴Tn=12T兩式作差得12化簡得Tn∵Tn≥λbn恒成立，∴當(dāng)n=1時(shí)，λ≤1；當(dāng)n=2時(shí)，λ∈R；當(dāng)n≥3時(shí)，λ≥n2?n=?n?2+2綜上所述，?1≤λ≤1．11．若無窮數(shù)列{an}滿足如下兩個(gè)條件，則稱{a①an>0（②對(duì)任意的正數(shù)δ，都存在正整數(shù)N，使得n>N，都有an(1)若an=2n+1，bn=2+cos(n)（(2)若an=2n+1，是否存在正整數(shù)k，使得對(duì)于一切n≥k，都有a1(3)若數(shù)列{an}是單調(diào)遞增的無界數(shù)列，求證：存在正整數(shù)m，使得a【答案】(1){an}是無界數(shù)列；{b(2)存在，k(k≥4)(3)證明見解析【分析】（1）對(duì)任意的正整數(shù)δ，取N為大于δ2的一個(gè)偶數(shù)，有aN=2N+1>2?δ2（2）討論n=1，n=2，n=3都不成立，當(dāng)n≥4時(shí)，將a1a2（3）觀察要證的不等式結(jié)構(gòu)與（2）相似，故應(yīng)用（2）變形后，再由{an【詳解】（1）{an對(duì)任意的正整數(shù)δ，取N為大于δ2的一個(gè)偶數(shù)，有aN=2N+1>2?{bn取δ=3，顯然bn=2+cos(n)≤3，不存在正整數(shù)N，滿足bN（2）存在滿足題意的正整數(shù)k，且k≥4.當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n=2時(shí)，a1當(dāng)n=3時(shí)，a1當(dāng)n≥4時(shí)，將a1a=2即取k=4，對(duì)于一切n≥k，有a1（3）因?yàn)閿?shù)列{an}是單調(diào)遞增的無界數(shù)列，所以an所以n?>a即a因?yàn)閧an}是無界數(shù)列，取δ=2a1，由定義知存在正整數(shù)N1，使由定義可知{an}是無窮數(shù)列，考察數(shù)列aN1+1，aNaN故存在正整數(shù)N2a1a2故存在正整數(shù)m=N2，使得12．已知數(shù)列an和bn滿足a1=1，（1）求數(shù)列an和b（2）設(shè)數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和為Tn，求滿足【答案】（1）an=2n?1，b【分析】（1）推導(dǎo)出數(shù)列an+1為等比數(shù)列，確定該數(shù)列的首項(xiàng)和公比，可求得an+1的通項(xiàng)公式，即可得出（2）利用錯(cuò)位相減法結(jié)合分組求和法可求得Tn，根據(jù)已知條件可得出關(guān)于n的二次不等式，結(jié)合n∈N?【詳解】（1）對(duì)任意的n∈N?，an+1=2a所以，數(shù)列an+1是等比數(shù)列，且首項(xiàng)和公比均為故an+1=2×2因?yàn)?n所以，b=n+1（2）設(shè)數(shù)列n?2n的前n項(xiàng)和為則Sn所以，2S上式?下式，得?S所以，Sn∵a則Tn由Tn≥2a整理可得n2+n?6≤0，解得因?yàn)閚∈N?，故n=1或13．已知單調(diào)遞增的等比數(shù)列an滿足：a2+a3+a（1）求數(shù)列an（2）若bn=anlog12【答案】（1）an【分析】（1）設(shè)等比數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公比為q，代入已知條件可求得（2）求出bn，用錯(cuò)位相減法求得S【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公比為依題意，有2a3+2=a∴a2∴a解之得q=2,a1又?jǐn)?shù)列an所以q=2，a1∴數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）∵bn∴Sn=?2Sn②－①，得Sn∴S即2n+1?2>50，即易知：當(dāng)n≤4時(shí)，2n+1當(dāng)n≥5時(shí)，2n+1∴使Sn+n?2n+1>5014．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，a2=2，公比為2的等比數(shù)列（Ⅰ）求數(shù)列{an}（Ⅱ）已知cn=an?12n+1Tn【答案】（Ⅰ）an=n，bn【分析】（Ⅰ）由遞推式，令n=1求b1=1，寫出{bn}（Ⅱ）應(yīng)用裂項(xiàng)求和求c1+c2+【詳解】（Ⅰ）由題設(shè)，a2log2(T1+1)=2∴bn=2n?1，故當(dāng)n≥2時(shí)，2(Sn?當(dāng)n=1時(shí)，a2∴n∈N?上有nan+1=(n+1)∴{ann}是常數(shù)列且（Ⅱ）由題意，cn∴c1+c2+令dn=n∴當(dāng)n=1時(shí)，d2>d1；當(dāng)n≥2時(shí)，dn+1∴λ<d【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問，利用裂項(xiàng)求和求c1+c15．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為S（1）求數(shù)列{a（2）記集合M={n|n(n+1)≥λan，n∈N?}（3）是否存在等差數(shù)列{bn}，使得a1b【答案】（1）an=1·2n?1=2n?1，n∈N?；（2）(2【分析】（1）運(yùn)用數(shù)列的遞推式，結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，即可得到所求通項(xiàng)；（2）由題意可得12λ≤n(n+1)2n，設(shè)f(n)=n(n+1)2n，求得（3）先假設(shè)存在等差數(shù)列{?n}，然后令n=1，n=2【詳解】解：（1）Sn=2an?1解得a1n≥2時(shí)，可得Sn?1相減可得an即為an可得an=1·2（2）集合M={n|n(n+1)≥λan，若M中有3個(gè)元素，可得12設(shè)f(n)=n(n+1)f（1）=1，f（2）=32，f（3）f（4）=54，f（5）則當(dāng)n≥5時(shí),2=1+n+∴n(n+1)又集合M中有且僅有3個(gè)元素，則1<1故實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(2，52（3）設(shè)存在等差數(shù)列{ba1bn則n=1時(shí)有a1b1則n=2時(shí)有a1b2∴等差數(shù)列{bn}的公差d=1設(shè)S=a∴由S=1·n+2(n?1)+22S=2·n+2∴2S?S=S=?n+2+2∴存在等差數(shù)列{bn}【點(diǎn)睛】本題考查由數(shù)列遞推式求數(shù)列通項(xiàng)、數(shù)列求和，累加法是求數(shù)列通項(xiàng)的常用方法，要熟練掌握，錯(cuò)位相減法對(duì)數(shù)列求和是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，要掌握．16．已知等差數(shù)列an的首項(xiàng)a1=?1，公差d>1．記an的前(1)若S4?2a(2)若對(duì)于每個(gè)n∈N?，存在實(shí)數(shù)cn，使a【答案】(1)S(2)1<d≤2【分析】（1）利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式化簡條件，求出d，再求Sn(2)由等比數(shù)列定義列方程，結(jié)合一元二次方程有解的條件求d的范圍.【詳解】（1）因?yàn)镾4所以?4+6d?2?1+d所以d2?3d=0，又所以d=3，所以an所以Sn（2）因?yàn)閍n+cn，所以an+1nd?1+4ccn由已知方程cn所以Δ=14d?8nd+8所以16d?8nd+812d?8nd+8≥0對(duì)于任意的所以n?2d?12n?3d?2當(dāng)n=1時(shí)，n?2d?1當(dāng)n=2時(shí)，由2d?2d?14d?3d?2≥0當(dāng)n≥3時(shí)，n?2d?1又d>1所以1<d≤217．已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)任意n∈N?，點(diǎn)(1)求數(shù)列an(2)已知數(shù)列cn滿足cn=1an?1n【答案】(1)a(2)?∞,?【分析】（1）由Sn與an的關(guān)系結(jié)合累乘法得出數(shù)列（2）令Mn為數(shù)列cn的前n項(xiàng)和，由裂項(xiàng)相消法以及公式法得出Mn=1【詳解】（1）點(diǎn)an,Sn都在函數(shù)當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí)，an=S即anan?1?a即an（2）由cn=12n?1可得M=1由c1當(dāng)n≥5時(shí)，2n當(dāng)n=5時(shí)，25>5(5+1)假設(shè)n=k